Плос­кость про­хо­дит через точку В, ле­жа­щую в плос­ко­сти ос­но­ва­ния, и па­рал­лель­на пря­мой AC, ле­жа­щей в плос­ко­сти ос­но­ва­ния. Сле­до­ва­тель­но, плос­кость пе­ре­се­ка­ет плос­кость ос­но­ва­ния по пря­мой, со­дер­жа­щей точку В и па­рал­лель­ной АС. Пусть эта пря­мая пе­ре­се­ка­ет про­дол­же­ния сто­рон DA и DC ос­но­ва­ния в точ­ках E и F со­от­вет­ствен­но. Тогда пе­ре­се­ка­ет плос­кость бо­ко­вых гра­ней по пря­мым D₁E и D₁F. Пусть M и N — точки пе­ре­се­че­ния этих пря­мых с бо­ко­вы­ми реб­ра­ми па­рал­ле­ле­пи­пе­да, тогда BMD₁N — се­че­ние па­рал­ле­ле­пи­пе­да плос­ко­стью 

По­сколь­ку плос­кость се­че­ния про­хо­дит через пря­мую EF, па­рал­лель­ную плос­ко­сти ACC₁A₁ и пе­ре­се­ка­ет её по пря­мой MN, пря­мая MN па­рал­лель­на EF, а зна­чит, па­рал­лель­на AC.

По усло­вию, се­че­ние яв­ля­ет­ся ром­бом, диа­го­на­ли ромба пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­это­му и По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах, из пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти на­клон­ной D₁B и пря­мой AC сле­ду­ет пер­пен­ди­ку­ляр­ность пря­мой AC про­ек­ции на­клон­ной — пря­мой DB. Этим по­ка­за­но, что диа­го­на­ли ле­жа­ще­го в ос­но­ва­нии пря­мо­уголь­ни­ка вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Сле­до­ва­тель­но, этот пря­мо­уголь­ник яв­ля­ет­ся квад­ра­том, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

При­ве­дем дру­гое рас­суж­де­ние. Диа­го­на­ли ромба точ­кой пе­ре­се­че­ния де­лят­ся по­по­лам, по­это­му MN про­хо­дит через се­ре­ди­ну D₁B. Кроме того, пря­мая MN па­рал­лель­на пря­мой AC, а зна­чит, и пря­мой EF. Из этого сле­ду­ет, что MN —  сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ED₁F, а тогда точки M и N — се­ре­ди­ны рёбер па­рал­ле­ле­пи­пе­да. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки ABM и равны по ги­по­те­ну­зе и ка­те­ту: Зна­чит, а ABCD яв­ля­ет­ся квад­ра­том.

б) Пусть K — се­ре­ди­на ребра а KH — вы­со­та тре­уголь­ни­ка BKN. Тогда плос­кость MKH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BN. Зна­чит, угол MHK — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла. (Или: про­ведём пер­пен­ди­ку­ля­ры MK и KH, по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах MH — также пер­пен­ди­ку­ляр к BN, по­это­му MHK — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла).

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BKN имеем:

от­ку­да

Иначе. Се­че­ние яв­ля­ет­ся ром­бом, пло­щадь ромба равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния его диа­го­на­лей: Про­ек­ци­ей ромба се­че­ния на бо­ко­вую грань ВСС₁В₁ яв­ля­ет­ся па­рал­ле­ло­грамм ВKС₁N, пло­щадь ко­то­ро­го равна по­ло­ви­не пло­ща­ди пря­мо­уголь­ни­ка ВСС₁В₁ то есть 12. По­сколь­ку для ис­ко­мо­го угла между плос­ко­стя­ми по­лу­ча­ем:

Ответ: (или ).

а) Заметим, что поэтому треугольники PBK и ABC подобны, а тогда PK || AC. Поскольку плоскость проходит через прямую PK, параллельную плоскости ASC, пересекает ASC по прямой, параллельной PK. Пусть эта прямая пересекает SA и SC в точках M и L соответственно. Тогда прямые PK, AC и LM параллельны.

Кроме того, по условию, поэтому прямые MP и LK параллельны SB, а значит, параллельны между собой. Тогда в четырёхугольнике LMKP противоположные стороны попарно параллельны. Следовательно, сечение — параллелограмм.

Скрещивающиеся рёбра правильной пирамиды взаимно перпендикулярны, поэтому перпендикулярны соответственно параллельные им прямые LM и LK. Тем самым, стороны сечения перпендикулярны, следовательно, сечение — прямоугольник. Это и требовалось доказать.

б) Пусть H — середина AC. Проведём SH и BH и пусть плоскость SHB пересекает по прямой QR (см. рис.). Тогда QR || SB, а расстояние от точки S до плоскости равно расстоянию между параллельными прямыми SB и QR. Найдем его.

В треугольнике SHB длина Проведём высоту треугольника НT и найдем её. Пусть тогда тогда, применяя теорему Пифагора из треугольников BHT и SHT получаем:

Тогда

По условию, поэтому а тогда плоскость сечения делит высоту HT в том же отношении, считая от точки T. Следовательно, расстояние между SB и QR равно трем пятым высоты HT или

Ответ: б)

а) Проведём в прямоугольнике отрезок KL параллельно AC. Заметим, что плоскость KBL параллельна прямой AC по признаку параллельности прямой и плоскости. Поэтому KBL — плоскость сечения. Плоскость сечения пересекает параллельные грани призмы по параллельным отрезкам. Проведём отрезок LM параллельно BK, проведем отрезок KM. Полученный четырёхугольник BLMK — искомое сечение. (См. Правила в конце пояснения.)

Из равенства АК = LC следует, что CL : LC₁ = 1 : 2. В силу параллельности прямых KB и ML получаем, что DM = 2LC, а тогда DM : MD₁ = 2 : 1. Это и требовалось доказать.

б) Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах прямые BM и AC перпендикулярны, а значит, прямые BM и KL перпендикулярны. Площадь четырехугольника, диагонали которого взаимно перпендикулярны, равна половине произведения диагоналей. Найдем их: как диагональ квадрата, лежащего в основании призмы, по теореме Пифагора. Тогда

Ответ: б) .

Иное рассуждение в пункте б).

Заметив, что можно было бы заключить, что сечением является ромб, и найти его площадь как половину произведения диагоналей.

Теоремы, используемые при построении сечений

Алгоритм построения сечений

\widehat{ABC}

а) Так как плоскость γ параллельна прямой AC, она пересекает основание трапеции по прямым, параллельным AC. Пусть Прямые и AC параллельны. Сечением будет являться равнобедренная трапеция

Рассмотрим сечение призмы плоскостью, проходящей через медиану перпендикулярно основаниям трапеции. Оно будет являться прямоугольником где  — середина AC. Пусть это сечение пересекает плоскость γ по прямой ST, где S — середина а T — середина Точка O — точка пересечения прямых BM и ST. Заметим, что как медианы равностороннего треугольника. Так как треугольники и ABC подобны, Пусть  — проекция T на а  — проекция S на отсюда очевидно, что O — середина BM и середина ST. Далее:

То есть для треугольника BOT выполнена теорема, обратная теореме Пифагора. Следовательно, прямая BM перпендикулярна прямой ST. Кроме этого, BM перпендикулярна прямой следовательно, BM перпендикулярна плоскости γ, что и требовалось доказать.

б) Поскольку, из пункта а, прямая BM перпендикулярна плоскости γ, прямая  — высота пирамиды. Основанием является равнобедренная трапеция с высотой и основанием и отсюда:

Ответ:

а) По­сколь­ку За­ме­тим, что по­сколь­ку про­ек­ция FC на плос­кость ABCD сов­па­да­ет с пря­мой AC, а Кроме того, тре­уголь­ни­ки AFC и ABC равны по трем сто­ро­нам, сле­до­ва­тель­но, Итак, плос­кость се­че­ния па­рал­лель­на двум не­па­рал­лель­ным пря­мым (DB и FC), ко­то­рые пер­пен­ди­ку­ляр­ны AF. Зна­чит, и плос­кость пер­пен­ди­ку­ляр­на AF.

б) По­стро­им это се­че­ние. Про­ве­дем через точки M и N пря­мые, па­рал­лель­ные CF, и от­ме­тим точки их пе­ре­се­че­ния с BF и DF со­от­вет­ствен­но. На­зо­вем эти точки S и P. Оче­вид­но, от­ку­да тогда и

От­ме­тим точку пе­ре­се­че­ния MN с AC (точка K) и про­ве­дем через нее пря­мую, па­рал­лель­ную FC. Она пе­ре­се­чет AF в не­ко­то­рой точке (на­зо­вем ее Q). Тогда се­че­ние пи­ра­ми­ды — пя­ти­уголь­ник MNPQS. Оста­лось найти его пло­щадь. Обо­зна­чим за O точку пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ос­но­ва­ния.

По­сколь­ку то По­это­му MNPS — пря­мо­уголь­ник (сто­ро­ны MS и PN равны и па­рал­лель­ны, есть пря­мой угол) и его пло­щадь со­став­ля­ет

Далее

от­ку­да Пусть KQ пе­ре­се­ка­ет PS в точке T, тогда

Окон­ча­тель­но

Ответ:

а) Так как плоскость параллельна диагонали основания BD, то пересекает основание ABCD по прямой KK₁ параллельной BD, K₁ лежит на CD. Так как, прямая сечения LL₁ параллельна BD, где L₁ лежит на B₁C₁. Сечением призмы будет трапеция

Для того, чтобы прямая была перпендикулярна плоскости, необходимо, чтобы она была перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.

Заметим, что проекцией прямой AC₁ на плоскость ABCD является прямая AC. Кроме того, как диагонали квадрата таким образом по теореме о трех перпендикулярах следовательно,

Рассмотрим плоскость AA₁C₁C. Пусть эта плоскость пересекает прямые KK₁ и LL₁ в точках E и F соответственно. O — точка пересечения EF и AC₁. Четырёхугольник AA₁C₁C — прямоугольник, причём

Так как AA₁C₁ прямоугольник, Значит, Таким образом,

Тогда по обратной теореме Пифагора следовательно, треугольник прямоугольный, Таким образом,

б) Расстояние от точки B₁ до плоскости равно расстоянию до нее от любой точки параллельной ей прямой B₁D₁. Из точки M — пересечения диагоналей грани в плоскости AA₁C₁C опустим перпендикуляр MH на прямую EF. Так как, по доказанному в п. а) плоскость следовательно, указанный перпендикуляр — искомое расстояние. Найдем Заметим, Таким образом,

Ответ: б)

а) Пусть точка Q — середина ребра MA, а точка K — середина ребра MB. Плоскость пересекает плоскость BMC по отрезку KL, параллельному ребру MC. Следовательно, плоскость пересекает плоскость AMC по прямой, параллельной ребру MC. На этой прямой лежит средняя линия треугольника AMC, поэтому плоскость проходит через точку O — середину отрезка AC. Таким образом, сечение — четырёхугольник QKLO, в котором стороны KL и QO параллельны отрезку MC и равны его половине. Значит, QKLO —параллелограмм.

б) Отметим точку F — середину отрезка QK и рассмотрим плоскость MOF. Прямая QK перпендикулярна прямым FM и MO, следовательно, она перпендикулярна плоскости MFO, поэтому она перпендикулярна отрезку OF. Таким образом, отрезок OF служит высотой параллелограмма QKLO. Сечение пирамиды MABCD плоскостью MOF — равнобедренный

треугольник NMG. Отрезок OF является медианой прямоугольного треугольника MOG, проведённой к его гипотенузе, поэтому

По условию треугольник AMC прямоугольный и равнобедренный, поэтому

и то же верно для других боковых рёбер. Следовательно, все боковые грани пирамиды — равносторонние треугольники. Тогда и

Площадь параллелограмма QKLO равна

Ответ:

а) Пусть точка Q — середина ребра MA, а точка K — середина ребра MB. Плоскость пересекает плоскость BMC по отрезку KL, параллельному ребру MC. Следовательно, плоскость пересекает плоскость AMC по прямой, параллельной ребру MC. На этой прямой лежит средняя линия треугольника AMC, поэтому плоскость проходит через точку O — середину отрезка AC. Таким образом, сечение — четырёхугольник QKLO, в котором стороны KL и QO параллельны отрезку MC и равны его половине. Значит, QKLO —параллелограмм.

б) Отметим точку F — середину отрезка QK и рассмотрим плоскость MOF. Прямая QK перпендикулярна прямым FM и MO, следовательно, она перпендикулярна плоскости MFO, поэтому она перпендикулярна отрезку OF. Таким образом, отрезок OF служит высотой параллелограмма QKLO. Сечение пирамиды MABCD плоскостью MOF — равнобедренный

треугольник NMG. Отрезок OF является медианой прямоугольного треугольника MOG, проведённой к его гипотенузе, поэтому

По условию треугольник AMC прямоугольный и равнобедренный, поэтому

и то же верно для других боковых рёбер. Следовательно, все боковые грани пирамиды — равносторонние треугольники. Тогда и

Площадь параллелограмма QKLO равна

Ответ:

Заметим, что сечение может быть параллельно только диагонали BD. (она не имеет общих точек с AM). Чтобы построить его проведем отрезок MN параллельно прямой BD так, что . Обозначим точку пересечения прямых MN и HS за O. (H — центр основания пирамиды). Проведем теперь прямую AO, она лежит в плоскости ASC и поэтому пересечет ребро SC в некоторой точке K. Четырехугольник AMKN — исходное сечение (действительно, он содержит прямую MN параллельную прямой BD).

Рассмотрим треугольник CSH и прямую OK и применим для них теорему Менелая:

Значит,

Рассмотрим теперь треугольник ASC. Он равнобедренный, основание равно высота Значит,

Значит, По теореме косинусов найдем

Теперь:

значит, По теореме о трех перпендикулярах прямая AK перпендикулярна прямой BD, значит и AK перпендикулярна прямой MN. Кроме того, . Поэтому:

Ответ: 30.

По­стро­им се­че­ние приз­мы плос­ко­стью γ. а) Про­ведём КР || АС, , CP = 1. Про­ведём PL, про­ведём LR || AC, Про­ведём RK. Тра­пе­ция LPLR — ис­ко­мое се­че­ние. Се­че­ние па­рал­лель­но АС по при­зна­ку па­рал­лель­но­сти пря­мой к плос­ко­сти.

Введём си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме ко­ор­ди­нат: В(0; 0; 0), С(0; 6; 0), В'(0; 0; 3), C'(0; 6; 3), P(0; 5; 0),

Тогда

От­ку­да по­лу­ча­ем:

Так как и по­лу­ча­ем, что Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б) Далее за­ме­тим, что плос­кость се­че­ния пер­пен­ди­ку­ляр­на век­то­ру , най­дем урав­не­ние плос­ко­сти и вы­чис­лим рас­сто­я­ние от точки до плос­ко­сти:

Найдём сво­бод­ный член D в урав­не­нии плос­ко­сти под­ста­вив ко­ор­ди­на­ты точки К:

Упро­стив урав­не­ние плос­ко­сти, по­лу­чим:

Тогда для ис­ко­мо­го рас­сто­я­ния по­лу­ча­ем:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

а) Четырёхуголь­ник RLPK — ис­ко­мое се­че­ние. Про­ведём плос­кость B'MTB. Имеем:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ник BB'MT. За­ме­тим, что LR — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка A'B'C', тогда F' — се­ре­ди­на B'M, тогда

Пусть те­перь Тогда

По об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник FF'F'' пря­мо­уголь­ный сле­до­ва­тель­но, Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б) За­ме­тим, что так как то Пусть ос­но­ва­ни­ем пер­пен­ди­ку­ля­ра опу­щен­но­го из T на γ будет яв­лять­ся точка S. Тогда TS || BM || F''F. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ни­ки FTS и FF''F' будут по­доб­ны. Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: б)

Еще один под­ход к ре­ше­нию за­да­чи, не ис­поль­зу­ю­щий метод ко­ор­ди­нат, ука­жем на при­ме­ре за­да­чи 514653.

По­сколь­ку угол между реб­ра­ми равен , грани — рав­но­сто­рон­ние тре­уголь­ни­ки, то есть все ребра пи­ра­ми­ды равны 4.

Пусть это пи­ра­ми­да SABCD, а се­че­ние пер­пен­ди­ку­ляр­но ребру SD. Тре­уголь­ни­ки BDA и BDS равны по трем сто­ро­нам, по­это­му Кроме того по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах. Зна­чит, пря­мые, па­рал­лель­ные BS и AC, про­хо­дя­щие через точки в плос­ко­сти, лежат в плос­ко­сти.

Про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную SB через се­ре­ди­ну вы­со­ты HS. Тогда в тре­уголь­ни­ке SHB она будет сред­ней ли­ни­ей, то есть делит HB по­по­лам и DB (и за­од­но DS) в от­но­ше­нии Если про­ве­сти через ее точку пе­ре­се­че­ния с BD пря­мую, па­ра­лель­ную AC, она прой­дет через се­ре­ди­ны ребер AB, BC (точки E, F со­от­вет­ствен­но). Про­ве­дем через них пря­мые, па­рал­лель­ные SB — сред­ние линии в гра­нях. По­лу­чим, что се­ре­ди­ны ребер SC, SA (точки K, L) лежат в се­че­нии. На­ко­нец, там же лежит точка M, де­ля­щая SD в от­но­ше­нии

Най­дем те­перь пло­щадь Пря­мая, па­рал­лель­ная SB, про­хо­дя­щая через се­ре­ди­ну вы­со­ты HS, будет вы­со­той и тре­уголь­ни­ка и па­рал­ле­ло­грам­ма (на самом дле он пря­мо­уголь­ник). Ясно, что вы­со­та тре­уголь­ни­ка 1, а па­рал­ле­ло­грам­ма — 2. По­это­му

Ответ:

Ре­ше­ние:

Пусть — за­дан­ная пи­ра­ми­да, О — центр ос­но­ва­ния. Тогда — вы­со­та пи­ра­ми­ды. И пусть для опре­де­лен­но­сти плос­кость се­че­ния про­хо­дит через точку B — вер­ши­ну ос­но­ва­ния, пер­пен­ди­ку­ляр­но ребру

По­стро­им се­че­ние. Про­ве­дем по­сле­до­ва­тель­но:

1)

2)

3) От­рез­ки:

До­ка­жем, что — се­че­ние, удо­вле­тво­ря­ю­щее усло­вию за­да­чи.

Во-пер­вых, точки лежат в одной плос­ко­сти, так как эта плос­кость про­хо­дит через две пе­ре­се­ка­ю­щи­е­ся пря­мые и

Во-вто­рых, до­ка­жем, что

по спо­со­бу по­стро­е­ния. так как — на­клон­ная к плос­ко­сти ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, — ее про­ек­ция, по свой­ству квад­ра­та; по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах.

По­сколь­ку то

Итак, пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым и , ле­жа­щим в плос­ко­сти По при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти

Пусть Тогда в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке — бис­сек­три­са, сле­до­ва­тель­но, Ис­ко­мое от­но­ше­ние

В пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках и как вер­ти­каль­ные. От­сю­да: Пусть тогда

В

Рас­смот­рим и По­сколь­ку то эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны. От­сю­да: т. е.

Для вы­чис­ле­ния пло­ща­ди се­че­ния до­ка­жем, что его диа­го­на­ли вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, т. е. зна­чит,

— на­клон­ная к (), — ее про­ек­ция, из пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти и по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах сле­ду­ет, что В таком слу­чае:

По усло­вию из­вест­но, что

Сле­до­ва­тель­но,

При­чем по­то­му не удо­вле­тво­ря­ет смыс­лу за­да­чи, Най­ден­ное зна­че­ние и есть ис­ко­мое от­но­ше­ние.

За­ме­ча­ния:

1. За­пись в по­стро­е­нии се­че­ния «» сле­ду­ет чи­тать так:

«Стро­им точку на пря­мой , такую, что пер­пен­ди­ку­ляр­но , точ­кой пе­ре­се­че­ния и слу­жит точка ». Осталь­ные за­пи­си чи­та­ют­ся ана­ло­гич­но.

2. Из­вест­но, что пря­мая, па­рал­лель­ная какой-либо сто­ро­не тре­уголь­ни­ка и пе­ре­се­ка­ю­щая две дру­гие его сто­ро­ны, от­се­ка­ет от него тре­уголь­ник, по­доб­ный пер­во­му.

3. В по­доб­ных тре­уголь­ни­ках от­но­ше­ние любых со­от­вет­ствен­ных ли­ней­ных эле­мен­тов (бис­сек­трис, ме­ди­ан, пе­ри­мет­ров и т. п.) равно ко­эф­фи­ци­ен­ту по­до­бия.

Ответ:

а) Проведём отрезок , параллельный Пусть — точка пересечения отрезков и Треугольник прямоугольный с прямым углом при вершине Это следует из равенства треугольников и Значит, прямые и перпендикулярны. Прямые и перпендикулярны, так как прямая перпендикулярна плоскости Поэтому прямая перпендикулярна плоскости , и, следовательно, прямая перпендикулярна прямой

б) Указанное сечение — прямоугольник Его площадь равна

Ответ: б)

а) Пусть  — точка пе­ре­се­че­ния этого се­че­ния с реб­ром  — се­ре­ди­на Тре­уголь­ни­ки и равны по двум сто­ро­нам и углу между ними, по­это­му Зна­чит,

По­это­му пло­щадь ми­ни­маль­на, если  — крат­чай­шее рас­сто­я­ние от до Зна­чит, пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой Кроме того, пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой по­сколь­ку про­ек­ция на плос­кость ос­но­ва­ния — вы­со­та тре­уголь­ни­ка про­ве­ден­ная из она пер­пен­ди­ку­ляр­на а тогда и Зна­чит, пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым в плос­ко­сти по­это­му пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти

б) Вы­чис­лим вы­со­ту пи­ра­ми­ды. Она равна:

по­сколь­ку па­да­ет в такую точку на вы­со­те ос­но­ва­ния что и Далее,

Тогда:

Как уже уста­нов­ле­но в пунк­те а) Зна­чит,

Ответ:

а) Пусть точка Q — середина ребра MA, а точка K — середина ребра MB. Плоскость пересекает грань BMC по отрезку KL (точка L лежит на ребре BC), параллельному ребру MC. Ребро CD параллельно ребру AB, а ребро AB параллельно отрезку QK. Следовательно, плоскость параллельна плоскости грани CMD. Поэтому прямая MD параллельна плоскости .

б) Пусть длина стороны основания равна a. Вместо плоскости рассмотрим параллельную ей плоскость CMD. Проведём к ней перпендикуляр OH из центра основания — точки O. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью MOH. Это сечение — прямоугольный равнобедренный треугольник NMG, поскольку по условию грани CMD и AMB перпендикулярны. Отрезок OH параллелен катету MN этого треугольника и равен его половине:

Искомый угол равен углу HCO. В прямоугольном треугольнике OHC имеем:

Ответ: б) 30°.

а) Пусть плоскость α пересекает прямые SB и AB в точках L и M соответственно. Поскольку плоскость α параллельна прямой BC, прямые KL и BC параллельны. Следовательно,

б) Заметим, что прямые KN и SD параллельны, поскольку отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки. Тем самым, в плоскости α лежат две пересекающиеся прямые KN и NM, соответственно параллельные двум пересекающимся прямым SD и DA плоскости SDA. Тогда по признаку параллельности плоскостей плоскости α и SDA параллельны. Следовательно, расстояние между скрещивающимися прямыми SA и KN можно найти как расстояние между параллельными прямыми, лежащими в плоскостях SDA и α.

Пусть Р — середина AD, H — середина ВС. Построим треугольник SPH и пусть прямая HT перпендикулярна прямой SP, R — точка пересечения KL и SH, а QR — отрезок, соединяющий середину KL и середину MN. Тогда прямые SP и QR —параллельны, а расстояние между пересекающимися прямыми SA и KN равно расстоянию между параллельными прямыми QR и SP.

Заметим, что угол PAB — прямой, поэтому ABHP — прямоугольник, В треугольнике SAP длина Аналогично Пусть тогда применяя теорему Пифагора из треугольников SHT и PHT, получаем:

Тогда

По условию, поэтому а тогда плоскость сечения делит высоту HT в том же отношении, считая от точки T. Следовательно, расстояние между SP и QR равно одной восьмой высоты HT или

Ответ: б)

а) В плоскости ABP через точку K проведем прямую, параллельную прямой PB до пересечения ее с прямой AB в точке L — середине AB. В основании ABCD через точку L проведем прямую, параллельную прямой BC до пересечения ее с ребром СD в точке M — его середине. По признаку параллельности прямой и плоскости плоскость KLM параллельна прямым PB и BC. Прямая LM параллельна прямой AD, следовательно, она параллельна плоскости APD, а, значит, плоскость KLM пересекает плоскость APD по прямой, параллельной LM и пересекает ребро PD в его середине N.

Таким образом, искомое сечение ― трапеция KLMN.

б) Отрезки KL и MN равны, как средние линии равных правильных треугольников ABP и DCP, а отрезок LM ― средняя линия квадрата ABCD, следовательно, построенное сечение ― равнобедренная трапеция, в которой LM = 4, KL = KN = MN = 2. Проведем высоту KF этой трапеции. Тогда и из прямоугольного треугольника KLF находим

Окончательно получаем

Ответ:

а) Для построения сечения опустим перпендикуляры AM и BN на второе основание цилиндра. Отрезки AM и BN параллельны и равны, значит, ABNM — параллелограмм. Так как прямые AM и BN перпендикулярны основаниям цилиндра и, в частности, прямой AB, параллелограмм ABNM является прямоугольником. Диагонали прямоугольника равны, что и требовалось доказать.

б) Площадь прямоугольника ABNM равна Отрезок OH равен Высота CH пирамиды CABNM равна Следовательно, объём пирамиды CABNM равен

Ответ: б)

а) Проведем диагонали основания, их пересечение обозначим H.

Проведем высоту PH пирамиды.

Построим последовательно:

1) Точку

2) Отрезок — точка пересечения и

3)

4) Отрезки

Фигура AMNL — искомое сечение. Докажем это.

Во-первых, плоскость (AMN) — обозначим ее — проходит через две пересекающиеся прямые AN и ML, лежащие на плоскости следовательно, такая плоскость единственна.

Во-вторых: ясно, что Отсюда: — равносторонний. В нем AN — медиана (по построению), следовательно, и его высота, то есть

CH — проекция наклонной PC на основание пирамиды, (по свойству квадрата), в таком случае по теореме о трех перпендикулярах Поскольку (по построению), Таким образом, оказалось, что прямая перпендикулярна к двум пересекающимся прямым и лежащим на плоскости Значит, — по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

б) Точка О — точка пересечения медиан AN и PH треугольника APC, откуда:

Из параллельности ML и BD следует: Значит, Заметим, теперь, что треугольники ALM и MLN — равнобедренные, следовательно,

Ответ: б)

Пусть F и G — середины рёбер AB и BC соответственно. Отрезки FK и GL параллельны MB, где точки K и L — середины рёбер MA и MC соответственно. Поскольку искомое сечение — параллелограмм FGLK.

Пусть MH — высота и медиана треугольника MAC, BH — медиана и высота треугольника ABC, значит, прямая AC перпендикулярна плоскости MBH и AC перпендикулярна прямой MB, лежащей в этой плоскости. Отрезок FK параллелен MB, отрезок FG параллелен AC, следовательно, FGLK — прямоугольник.

Пусть MO — высота пирамиды, тогда MO = 9, MB = 15, откуда OB = 12. В правильном треугольнике ABC, где O — его центр,

В прямоугольнике FGLK

Ответ: